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\chapter{Teorema de Fubini} \label{ch:03}


En este capítulo vamos a abordar el problema de cómo calcular el
valor de una integral, sin tener que recurrir a la definición. El
teorema de Fubini nos proporciona una herramienta para resolver este
problema.

\section{Versión débil del teorema de Fubini}


Esta versión no se demostrará, sólo se discute la idea de la
demostración antes de enunciarlo. Esta versión quedará como
corolario de la versión fuerte.\medskip

Supongamos que tenemos una función $f:[a,b]\times \lbrack
c,d]\rightarrow \mathbb{R}$ continua. Podemos fijar un punto $\xi _{0}\in
\lbrack c,d]$, y variar $x$; entonces $f(x,\xi _{0})$ nos queda como una
función que sólo depende de $x$, y sabemos calcular su integral:
\[
\int_{a}^{b} f(x,\xi _{0})dx=\text{ área bajo la gráfica
de }f
\]


\noindent De este modo, si damos una partición del intervalo $[c,d]$:
\[
 P=\left\{ c=y_{0},y_{1}, \ldots ,y_{n}=d\right\}  ,
\]
para cada $\xi _{i}\in \lbrack y_{i-1},y_{i}]$ podemos calcular $\int_{a}^{b} f(x,\xi _{i})dx$.

\bigskip

Si la partición es suficientemente fina, el volumen bajo la superficie y
sobre cualquier rectángulo $\left[ a,b\right] \times \left[ y_{i-1},y_{i}\right] $, se parecerá al producto:
\[
\left( \int_{a}^{b} f(x,\xi _{i})dx\right) \left(
y_{i}-y_{i-1}\right) 
\]


\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 231pt;original-height 162pt;
\includegraphics[width=324pt,height=228pt]{./img-old/03/HYOR8Z1J}
\caption{figura 56}
\end{figure}


\noindent De modo que, el volumen bajo la superficie y sobre el rectángulo $\left[ a,b\right] \times \left[ c,d\right] $, se parecerá a
la siguiente suma de Riemmann:
\[
\sum_{i=1}^{n} \left( \int_{a}^{b} f(x,\xi _{i})dx\right) \left( y_{i}-y_{i-1}\right) 
\]

Al refinar nuestra partición, haciendo cada vez más pequeños los
subintervalos $\left[ y_{i-1},y_{i}\right] $, la suma anterior, se va a
aproximar cada vez más al volumen bajo la superficie sobre todo el rectángulo; si hacemos tender la longitud de los subintervalos a cero, es
razonable pensar que la suma tiende al volumen bajo la superficie:

\begin{equation} \label{eq:volumen-bajo-sup}
\text{volumen bajo la superficie}=\lim _{n\rightarrow \infty } \sum_{i=1}^{n} \left( \int_{a}^{b} f(x,\xi _{i})dx\right) \left( y_{i}-y_{i-1}\right)  
\end{equation}

Definimos la función $F:\left[ c,d\right] \rightarrow \mathbb{R}$, que a
cada $\xi \in \left[ c,d\right] $ le asocia el valor de la integral de $a$ a 
$b$ de $f(x,\xi )$; es decir:
\[
 F(\xi )=\int_{a}^{b} f(x,\xi )dx ,
\]
Entonces el límite \ref{eq:volumen-bajo-sup} nos queda:
\[
 \lim _{n\rightarrow \infty } \sum_{i=1}^{n} F(\xi _{i})\left( y_{i}-y_{i-1}\right)  ,
\]
que es la suma de Riemman para la integral:
\[
\int_{c}^{d} F(\xi )d\xi =\int_{c}^{d} \left( \int_{a}^{b} f(x,\xi )dx\right) d\xi 
\]

Obsérvese que si $f$ es continua, se garantiza la existencia de la
integral $\int_{a}^{b} f(x,\xi )dx$, para toda $\xi \in
\lbrack c,d]$, y por tanto la función $F(\xi )=\int_{a}^{b} f(x,\xi )dx$, está bien definida. Nótese además que dada $\varepsilon >0$, existe $\delta $ tal que si $\left\vert (x,\xi )-(x,\xi
_{0})\right\vert <\delta $ ($\left\vert \xi -\xi _{0})\right\vert <\delta $), entonces $\left\vert f(x,\xi )-f(x,\xi _{0})\right\vert <\varepsilon $;
y, por tanto:
\[
\left\vert F(\xi )-F(\xi _{0})\right\vert \leq \int_{a}^{b} \left\vert f(x,\xi )-f(x,\xi _{0})\right\vert dx<\varepsilon \int_{a}^{b} dx=\varepsilon (b-a)
\]
Entonces $F$ es continua y, por tanto, integrable.

Del mismo modo, la función $H(x)=\int_{c}^{d} f(x,y)dy $ está bien definida, pues la integral $\int_{c}^{d} f(x,y)dy$ existe para toda $x\in \lbrack a,b]$; además, $H$ es
continua y, por tanto, integrable.

\bigskip

\begin{theorem}[Vesión debil] \label{th:fubini-debil}
 Sea  $f:\left[ a,b\right] \times \left[ c,d\right] \rightarrow \mathbb{R}^{n}$  continua; entonces, las
funciones: 
\[
F(y)=\int_{a}^{b} f(x,y)dx, y\in \left[ c,d\right] 
\]
\[
H(x)=\int_{c}^{d} f(x,y)dy, x\in \left[ a,b\right] 
\]
están bien definidas, son integrables en sus
correspondientes intervalos, y: 

\begin{equation} \label{eq:int-iterA}
\underset{\left[ a,b\right] \times \left[ c,d\right] }{\int }f(x,y)d(x,y)=\int_{c}^{d} F(y)dy=\int_{c}^{d} \left( \int_{a}^{b} f(x,y)dx\right) dy  
\end{equation}

\begin{equation} \label{eq:int-iterB}
\underset{\left[ a,b\right] \times \left[ c,d\right] }{\int }f(x,y)d(x,y)=\int_{a}^{b} H(x)dx=\int_{a}^{b} \left( \int_{c}^{d} f(x,y)dy\right) dx 
\end{equation}
\end{theorem}


A las integrales \ref{eq:int-iterA} y \ref{eq:int-iterA}, que aparecen a la derecha de las igualdades, se les
llama \emph{integrales iteradas}.

\bigskip

El teorema \ref{th:fubini-debil}, nos dice que si $f$ es continua en un rectángulo
cerrado y acotado, entonces podemos calcular la integral doble
\[
\underset{[a,b]\times \lbrack c,d]}{\iint }f(x,y)d(x,y)
\]
de la siguiente manera: Fijamos $y$ y variamos $x$ para calcular
la integral
\[
\int_{a}^{b} f(x,y)dx
\]
Y, luego variamos $y$ para calcular
\[
\int_{c}^{d}  \left( \int_{a}^{b} f(x,y)dx\right) dy.
\]

El resultado de la integral doble es el mismo si primero fijamos $x$ y
calculamos $\int_{c}^{d} $ $f(x,y)dy$; y luego variamos $x $ para calcular
\[
 \int_{a}^{b} \left( \int_{c}^{d} f(x,y)dy\right) dx .
\]


Veamos algunos ejemplos:

1. $f(x,y)=\cos x\sin y$, $(x,y)\in \lbrack 0,\frac{\pi }{2}]\times \lbrack
0,\frac{\pi }{2}]$

\[
\underset{[0,\frac{\pi }{2}]\times \lbrack 0,\frac{\pi }{2}]}{\iint }\cos x\sin yd(x,y)
=\int _{0}^{\frac{\pi }{2}} \left( 
\int _{0}^{\frac{\pi }{2}} \cos x\sin ydy\right) dx
\]
\[
 =\int _{0}^{\frac{\pi }{2}} \left( -\cos x\cos y\overset{y=\frac{\pi }{2}}{\underset{y=0}{{ \mid }}}\right) dx
= \int _{0}^{\frac{\pi }{2}} \cos xdx=\sin x\overset{x=\frac{\pi }{2}}{\underset{x=0}{{ \mid }}}=1
\]


\noindent Obsérvese que podemos separar la integral doble, en dos
integrales, cada una de una función de una variable:
\[
\left( \int _{0}^{\frac{\pi }{2}} \cos xdx\right) \left( 
\int _{0}^{\frac{\pi }{2}} \sin ydy\right) =\left( \sin x\overset{x=\frac{\pi }{2}}{\underset{x=0}{{ \mid }}}\right) \left(
-\cos y\overset{y=\frac{\pi }{2}}{\underset{y=0}{{ \mid }}}\right) =1
\]


Este es un resultado es válido únicamente cuando la función $f(x,y)$, la podemos ver como el producto de dos funciones, cada una de una
variable, $x$ e $y$ respectivamente.

\bigskip

\textbf{Resultado}\textit{: Sea }$f:[a,b]\times \lbrack c,d]\rightarrow 
\mathbb{R}$. \textit{Si }$f(x,y)=\varphi (x)\phi (y)$\textit{, entonces:}
\[
\underset{[a,b]\times \lbrack c,d]}{\iint }f(x,y)d(x,y)=\left( \int_{a}^{b} \varphi (x)dx\right) \left( \int_{c}^{d} \phi (y)dy\right) 
\]

2. $f(x,y)=ye^{xy}$; con $(x,y)\in \lbrack 0,1]\times \lbrack 0,1]$

\[
\underset{[0,1]\times \lbrack 0,1]}{\iint }ye^{xy}d(x,y)=\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{1} \left(
ye^{xy}\right) dx\right) dy
\]
\[
 =\int_{0}^{1} \left( \left( e^{xy}\right) \overset{x=1}{\underset{x=0}{{ \mid }}}\right) dy=\int_{0}^{1} \left( e^{y}-1\right) dy=\left( e^{y}-y\right) \overset{y=1}{\underset{y=0}{{ \mid }}}=e-2
\]


3. Sea $R=\left[ a,b\right] \times \left[ c.d\right] $, $f:R\rightarrow 
\mathbb{R}$ continua. Para cada $(x,y)\in intR$, definimos la función
\[
F(x,y)= \int_{R(x,y)} f
\]
Para cada $x$, $y$ fijas, $R(x,y)$ representa el rectángulo: $[a,x]\times \lbrack c,y]$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 223pt;original-height 137pt;
\includegraphics[width=257pt,height=159pt]{./img-old/03/HYOR8Z1L}
\caption{figura 59}
\end{figure}

Vamos a calcular las derivadas parciales de $F$: $\frac{\partial F(x,y)}{\partial x}$ y $\frac{\partial F(x,y)}{\partial y}$.
\[
F(x,y)= \int_{R(x,y)} f= \int_{[a,x]\times \lbrack c,y]} f=\int_{a}^{x} \left( \int_{c}^{y} f(s,t)dt\right) ds
\]
Definimos $g(s)=\int_{c}^{y} f(s,t)dt$, para
cada $s\in (a,x)$, entonces
\[
 \int_{a}^{x} \left( \int_{c}^{y} f(s,t)dt\right) ds=\int_{a}^{x} g(s)ds=F(x,y)
\]
\[
\Rightarrow \text{ }\ \frac{\partial F(x,y)}{\partial x}=\frac{d}{dx}\left( 
\int_{a}^{x} g(s)ds\right) 
\]


\noindent que, por el teorema fundamental del cálculo, es:
\[
\frac{\partial F(x,y)}{\partial x}=g(s)=\int_{c}^{y} f(s,t)dt
\]
Análogamente, definiendo $h(t)=\int_{a}^{x} f(s,t)ds$ para $t\in (c,y)$
\[
\frac{\partial F(x,y)}{\partial y}=\frac{d}{dy}\left( \int_{c}^{y} h(t)dt\right) =h(t)=\int_{a}^{x} f(s,t)ds
\]

4. Sea $f:[a,b]\times \lbrack c,d]\rightarrow \mathbb{R}$; y, $\frac{\partial f}{\partial y}=\left( D_{2}f\right) :[a,b]\times \lbrack
c,d]\rightarrow \mathbb{R}$ continuas. Definimos
\[
F(y)=\int_{a}^{b} f(x,y)dx\text{, }\forall \text{ }y\in \left[ c,d\right] .
\]

\noindent Demostrar la siguiente igualdad:
\[
 F^{\prime }(y)=\int_{a}^{b} D_{2}f(x,y)dx .
\]

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 230pt;original-height 185pt;
\includegraphics[width=267pt,height=215pt]{./img-old/03/HYOR8Z1M}
\caption{figura 60}
\end{figure}

\noindent Para cada $x$ fija, definimos la función
\[
g_{x}(y)=\int_{c}^{y} D_{2}f(x,s)ds\text{, \ }\forall \text{ }y\in
\lbrack c,d]
\]

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 204pt;original-height 113pt;
\includegraphics[width=229pt,height=122pt]{./img-old/03/HYOR8Z1N}
\caption{figura 61}
\end{figure}

\noindent Para cada $x$, $g_{x}$ asocia a cada $y$ la integral de $\frac{\partial f}{\partial y}$ sobre el segmento de recta punteado en la figura
anterior. Esta función está bien definida, pues $D_{2}f$ es continua
y, por tanto, integrable. Entonces,
\[
 g_{x}(y)=\int_{c}^{y} D_{2}f(x,s)ds=f(x,s){ \mid }_{s=c}^{s=y}=f(x,y)-f(x,c)
\]
\[
\Rightarrow \text{ }\ g_{x}(y)+f(x,c)=f(x,y)
\]
\[
\Rightarrow \text{ }\ F(y)=\int_{a}^{b} f(x,y)dx=\int_{a}^{b} \left( g_{x}(y)+f(x,c)\right) dx
\]
\[
 =\int_{a}^{b} g_{x}(y)dx+\int_{a}^{b} f(x,c)dx=\int_{a}^{b} \left( \int_{c}^{y} D_{2}f(x,s)ds\right) dx+\int_{a}^{b} f(x,c)dx
\]
\[
 =\int_{c}^{y} \left( \int_{a}^{b} D_{2}f(x,s)dx\right) ds+\int_{a}^{b} f(x,c)dx
\]


\noindent Para cada $s$ en $[c,y]$, definimos la función

\[
 h(s)=\int_{a}^{b} D_{2}f(x,s)dx
\]
\[
\Rightarrow \text{ }\ F(y)=\int_{c}^{y} h(s)ds+\int_{a}^{b} f(x,c)dx
\]


\noindent Entonces, la derivada de $F$, es la suma de las derivadas; y, como 
$c$ es constante, entonces
\[
F^{\prime }(y)=\left( \int_{c}^{y} h(s)ds\right)
^{\prime }+\left( \int_{a}^{b} f(x,c)dx\right) ^{\prime
}=h(s)+0
\]
\[
=\int_{a}^{b} D_{2}f(x,s)dx.
\]


{\Large Observación}

\bigskip

Hay funciones que no son integrables y sí tienen integrales iteradas.
Esto es, si existen las integrales iteradas de una función, esto no
garantiza que la función sea integrable. Por ejemplo, la siguiente función:
\[
f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
1 & \text{, }x\in \mathbb{Q}\times \lbrack 0,1] \\ 
2y & \text{, },x\notin \mathbb{Q}\times \lbrack 0,1]\end{array}\right. \text{, }R=[0,1]\times \lbrack 0,1]
\]

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 162pt;original-height 229pt;
\includegraphics[width=197pt,height=196pt]{./img-old/03/HYOR8Z1O}
\caption{figura 57}
\end{figure}

\noindent Obviamente $f$ es continua en $[0,1]\times \left\{ \frac{1}{2}\right\} $, pues si $y=\frac{1}{2}$, entonces $f(x,y)=2\left( \frac{1}{2}\right) =1$, para toda $x\in \lbrack 0,1]$.

Ahora demostraremos que el conjunto de discontinuidades de $f$, es:
\[
 \left( [0,1]\times \left[ 0,\frac{1}{2}\right) \right) \cup \left( \lbrack
0,1]\times \left( \frac{1}{2},1\right] \right)  ;
\]


\noindent y éste es un conjunto que no tiene medida cero, por tanto, $f$
no es integrable.

a) Por demostrar que $f$ es discontinua en
\[
A=\left[ \mathbb{Q\cap }\left( [0,1]\times \left[ 0,\frac{1}{2}\right)
\right) \right] \cup \left[ \left( \lbrack 0,1]\times \left( \frac{1}{2},1\right] \right) \cap \mathbb{Q}\right] 
\]


\noindent Sea $(x_{0},y_{0})$ tal que $x_{0}\in \mathbb{Q\cap }[0,1]$ y $y_{0}\neq \frac{1}{2}$. Para toda $\delta >0$, existe $(x,y_{0})$ en la
vecindad $B_{\delta }(x_{0},y_{0})$, con $x\notin \mathbb{Q\cap }[0,1]$;
entonces
\[
\left\vert f(x_{0},y_{0})-f(x,y_{0})\right\vert =\left\vert
1-2y_{0}\right\vert >\frac{\left\vert 1-2y_{0}\right\vert }{2}=\varepsilon 
\]


\noindent por tanto $f$ es discontinua en $A$.

\bigskip

b) Por demostrar que $f$ es discontinua en
\[
B=\left[ \mathbb{I\cap }\left( [0,1]\times \left[ 0,\frac{1}{2}\right)
\right) \right] \cup \left[ \left( \lbrack 0,1]\times \left( \frac{1}{2},1\right] \right) \cap \mathbb{I}\right] 
\]


\noindent Sea $(x_{0},y_{0})$ tal que $x_{0}\notin \mathbb{Q\cap }[0,1]$ y $y_{0}\neq \frac{1}{2}$. Para toda $\delta >0$, existe $(x,y_{0})$ en la
vecindad $B_{\delta }(x_{0},y_{0})$, con $x\in \mathbb{Q\cap }[0,1]$;
entonces
\[
\left\vert f(x_{0},y_{0})-f(x,y_{0})\right\vert =\left\vert
2y_{0}-1\right\vert >\frac{\left\vert 2y_{0}-1\right\vert }{2}=\varepsilon 
\]


\noindent por tanto $f$ es discontinua en $B$.

\bigskip

De los incisos (a) y (b), tenemos que $f$ es discontinua en $\left(
[0,1]\times \left[ 0,\frac{1}{2}\right) \right) \cup \left( \lbrack
0,1]\times \left( \frac{1}{2},1\right] \right) $ y, por tanto, no es
integrable. Sin embargo sus integrales iteradas sí existen. Veamos.

Tomando fija $x_{0}$ en $\mathbb{Q\cap }[0,1]$ y variando $y$, entonces $f(x_{0},y)=1$, que es continua y, por tanto, integrable; además,
\[
 \int_{0}^{1} f(x_{0},y)dy=\int_{0}^{1} 1dy=1 .
\]
Ahora, fijando $x_{0}$ en $\mathbb{I}\cap \lbrack 0,1]$, tenemos
que $f(x_{0},y)=2y$, que es continua y, por tanto, integrable; además,
\[
 \int_{0}^{1} f(x_{0},y)dy=\int_{0}^{1} 2ydy=1 .
\]
Así, pues, la función $F(x)=\int _{0}^{1} f(x,y)dy=1$, está bien definida, es integrable, y
\[
 \int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{1} f(x,y)dy\right) dx=\int_{0}^{1} 1dx=1 .
\]


Queda demostrado que existe la integral iterada y, sin embargo, la función no es integrable. ¿ Y si una función es integrable,
podemos garantizar que sus integrales iteradas existen? La respuesta es no,
iniciamos la siguiente sección con un ejemplo de una función que es
integrable y, sin embargo, no existen sus integrales iteradas.

\section{Versión fuerte del teorema de Fubini}


Sea
\[
f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{cc}
0 & \text{si }x\in \mathbb{I}\text{ \ \ o \ }x\in \mathbb{Q}\text{ y }y\in 
\mathbb{I} \\ 
\frac{1}{q} & \text{si }x=\frac{p}{q}\text{ con }p\text{ y }q\text{ primos
relativos, y }y\in \mathbb{Q} \\ 
0 & \text{si }(x,y)=(0,0)\end{array}\right. 
\]


\noindent Fijando $y$ en un irracional, $y=i_{0}\in \mathbb{I}$, tenemos
que $\forall x\in \lbrack 0,1]$,\ $f(x,i_{0})=0$, que es una función
continua y, por tanto, integrable. Y, fijando $y$ en un racional, $y=r_{0}\in \mathbb{Q}$, nos queda la función de Riemman:
\[
f(x,r_{0})=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & \text{, }x\in \mathbb{I} \\ 
\frac{1}{q} & \text{, }x=\frac{p}{q}\text{, }p\text{ y }q\text{ primos
relativos}\end{array}\right. 
\]


\noindent Cuyo conjunto de discontinuidades es $\Lambda _{f}=\mathbb{Q}\cap
\lbrack 0,1]$ y $m(\Lambda _{f})=0$; o sea, es una función integrable (y
su integral vale cero).

En conclusión, para cada $y_{0}$ que fijemos, existe la integral $\int_{0}^{1} f(x,y_{0})dx$ y, por tanto, está bien
definida (y es continua) la función
\[
H(y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & \text{si }y\in \mathbb{I}\cap \lbrack 0,1] \\ 
\int_{0}^{1} f(x,y)dx=0 & \text{si }y\in \mathbb{Q}\cap
\lbrack 0,1]\end{array}\right. 
\]
\[
\text{y}\qquad \int_{0}^{1} H(y)dy=\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{1} f(x,y)dx\right) dy=0
\]


Ahora, si fijamos $x$ en un irracional, $x=i_{0}\in \mathbb{I}$, y variamos $y$, tenemos que $\forall y\in \left[ 0,1\right] $, $f(i_{0},y)=0$ que es una
función continua y, por tanto, integrable. Pero si fijamos $x\neq 0$ en
un racional, $,x=\frac{p_{0}}{q_{0}}\in \mathbb{Q}$, al variar $y$ tenemos
una función tipo Dirichlett:
\[
f(\frac{p_{0}}{q_{0}},y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & \text{si }y\in \mathbb{I}\cap \left[ 0,1\right] \\ 
\frac{1}{q_{0}} & \text{si }y\in \mathbb{Q}\cap \left[ 0,1\right]\end{array}\right. 
\]


\noindent Cuyo conjunto de discontinuidades es $\Lambda _{f}=\left[ 0,1\right] $ y $m(\Lambda _{f})=1\neq 0$; es decir, no es integrable y, por
tanto, no está bien definida la función:
\[
F(x)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & \text{si }x\in \mathbb{I}\cap \left[ 0,1\right] \\ 
\int_{0}^{1} f(x,y)dy & \text{si }x\in \mathbb{Q}\cap \left[ 0,1\right]\end{array}\right. 
\]


\noindent En este caso, no existe la integral iterada:
\[
\int_{0}^{1} F(x)=\int_{0}^{1} \left( 
\int_{0}^{1} f(x,y)dy\right) dx
\]
y no podemos aplicar el teorema \ref{th:fubini-debil}, aunque sí es integrable la
función:
\[
f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & x\in \mathbb{I}\text{, \ \ o \ \ }x\in \mathbb{Q}\text{ \ y }y\in 
\mathbb{I} \\ 
\frac{1}{q} & x=\frac{p}{q},~~p\text{ y }q\text{ primos relativos}\ \text{y }y\in \mathbb{Q}\end{array}\right. \text{ \ }R=[0,1]\times \lbrack 0,1]
\]


Pues $\Lambda _{f}=\left( \mathbb{Q\cap }[0,1]\right) \times \left( \mathbb{Q\cap }[0,1]\right) $ y $m(\Lambda _{f})=0$

\bigskip

En conclusión, si una función es integrable, no implica que existan
las integrales iteradas.

Sabemos que si una función $f$ es integrable en $[a,b]\times \lbrack
c,d] $, entonces el supremo de las sumas inferiores y el ínfimo de las
superiores, existen y son iguales.
\[
\inf \left\{ \overline{S}(f,P)\mid P\text{ es partición de }R\right\}
=\sup \left\{ \underline{S}(f,P)\mid P\text{ es partición de }R\right\} 
\]


\noindent Además, para cada $x\in \left[ a,b\right] $ definimos $f_{x}:\left[ c,d\right] \rightarrow \mathbb{R}$, $f_{x}(y)=f(x,y)$, donde $x$ está fija y $y$ varia en $\left[ c,d\right] $. Es inmediato que, para cada $x$ fija, siempre existen
\[
\lint _{c}^{d}  f_{x}(y)dy=\lint _{c}^{d}  f(x,y)dy
\]
lo que es igual al supremo de las sumas inferiores de $f$ con $x$
fija y variando $y$. Y
\[
\uint _{c}^{d} f_{x}(y)dy=\uint _{c}^{d} f(x,y)dy
\]
lo que es igual al ínfimo de las sumas superiores de $f$ con $x$ fija y variando $y$.

\bigskip

\noindent por tanto, están bien definidas las funciones:
\[
\underline{G}(x)=\lint _{c}^{d} f(x,y)dy\text{ \ \
\ y \ \ \ }\overline{G}(x)=\uint _{c}^{d} f(x,y)dy,
\]


\noindent se probará que estas funciones son integrables, y
\[
 \int_{a}^{b} \underline{G}(x)dx=\int_{a}^{b} \left( \lint _{c}^{d} f(x,y)dy\right) dx=\underset{[a,b]\times \lbrack c,d]}{\iint }f(x,y)d(x,y)
\]
\[
 \int_{a}^{b} \overline{G}(x)=\int_{a}^{b} \left( \uint _{c}^{d} f(x,y)dy\right) dx=\underset{[a,b]\times \lbrack c,d]}{\iint }f(x,y)d(x,y)
\]


\begin{theorem}[Versión fuerte del teorema de Fubini]
\textbf{Teorema B} Sea  $f:[a,b]\times \lbrack c,d]\rightarrow \mathbb{R}$  integrable;
entonces las funciones  $\underline{G}$ ,  $\overline{G}:\left[ a,b\right] \rightarrow \mathbb{R}$  definidas por 
\[
\underline{G}(x)=\lint _{c}^{d} f(x,y)dy\text{ 
 \ \ \ y  \ \ \ }\overline{G}(x)=\uint _{c}^{d} f(x,y)dy
\]


\noindent  son integrables en  $\left[ a,b\right] $ , y 
\[
 \int_{a}^{b} \underline{G}(x)dx=\int_{a}^{b} \left( \lint _{c}^{d} f(x,y)dy\right) dx=\underset{[a,b]\times \lbrack c,d]}{\iint }f(x,y)d(x,y)
\]
\[
\int_{a}^{b} \overline{G}(x)=\int_{a}^{b} \left( \uint _{c}^{d} f(x,y)dy\right) dx=\iint _{[a,b]\times \lbrack c,d]} f(x,y)d(x,y).
\]
Análogamente, las funciones  $\underline{F},\overline{F}:\left[ c,d\right] \rightarrow \mathbb{R}$ , definidas por 
\[
\underline{F}(y)=\lint _{a}^{b} f(x,y)dx\text{ \ \ \ \ y \ \ \  }\overline{F}(y)=\uint _{a}^{b} f(x,y)dx
\]


\noindent  son integrables en  $\left[ c,d\right] $ , y 
\[
 \int_{c}^{d} \underline{F}(y)dy=\int_{c}^{d} \left( \lint _{a}^{b} f(x,y)dx\right) dy=\iint _{[a,b]\times \lbrack c,d]} f(x,y)d(x,y)
\]
\[
\int_{c}^{d} \overline{F}(y)dy=\int_{c}^{d} \left( \uint _{a}^{b} f(x,y)dx\right) dy=\iint _{[a,b]\times \lbrack c,d]} f(x,y)d(x,y).
\]
\end{theorem}



\textbf{Dem.} Para cada $x$ fija, tenemos que
\[
 f_{x}(y)=f(x,y)\Rightarrow \underline{G}(x)=\lint _{c}^{d} f(x,y)dy=\lint _{c}^{d} f_{x}(y)dy .
\]


Sea $P_{1}=\left\{ x_{0}, \ldots ,x_{m}\right\} $, $P_{2}=\left\{
y_{0}, \ldots ,y_{t}\right\} $, $P=P_{1}\times P_{2}$ partición de $R=[a,b]\times \lbrack c,d]$. Llamemos $I_{i}=\left[ x_{i-1},x_{i}\right] $,
y $J_{k}=\left[ y_{k-1},y_{k}\right] $; entonces los subrectángulos $S_{ik}$ inducidos por $P$, son de la forma $S_{ik}=I_{i}\times J_{k}$ con $i=1, \ldots ,m$ y $k=1, \ldots ,t$.

Para cada subrectángulo $S_{ik}$, se cumple que el ínfimo de la
función sobre todo el subrectángulo, es menor o igual que el ínfimo
sobre el segmento de recta $\left\{ x\right\} \times J_{k}$, con $x\in I_{i}$. Esto es:
\[
 \inf \left\{ f(x,y)\mid (x,y)\in S_{ik}\right\} =m_{S_{ik}}(f)
\]
\[
\leq m_{J_{k}}(f_{x})=\inf \left\{ f_{x}(y)\mid y\in J_{k}\right\} \text{ para }x\in I_{i}
\]

\noindent Entonces,
\[
 \underset{J_{k}}{\sum }m_{S_{ik}}(f)V(J_{k})\leq \underset{J_{k}}{\sum }m_{J_{k}}(f_{x})V(J_{k})=\underline{S}(f_{x},P_{2})
\]
\[
\leq \lint _{c}^{d} f_{x}(y)dy=\underline{G}(x) \text{ \ }\forall x\in I_{i}
\]

\noindent por tanto, $\underset{J_{k}}{\sum }m_{S_{ik}}(f)V(J_{k})$ es cota
inferior de $\left\{ \underline{G}(x)\mid x\in I_{i}\right\} $. Entonces,
\[
\underset{J_{k}}{\sum }m_{S_{ik}}(f)V(J_{k})\leq m_{I_{i}}(\underline{G})=\inf \left\{ \underline{G}(x)\mid x\in I_{i}\right\} 
\]
lo que implica que:
\[
 \underset{I_{i}}{\sum }\left( \underset{J_{k}}{\sum }m_{S_{ik}}(f)V(J_{k})\right) V(I_{i})\leq \underset{I_{i}}{\sum }m_{I_{i}}(\underline{G})V(I_{i})
\]
\[
 \Rightarrow \underset{S_{ik}}{\sum }m_{S}(f)V(S_{ik})\leq \underline{S}(\underline{G},P_{1})\leq \lint _{a}^{b} \underline{G}(x)dx
\]
por tanto:
\[
\underline{S}(f,P)\leq \lint _{a}^{b} \underline{G}(x)dx
\]
Así, tenemos que $\lint _{a}^{b} \underline{G}(x)dx$ es cota superior de las sumas inferiores de $f$, y por
tanto es mayor o igual que la más chica de esas cotas superiores:

\begin{equation} \label{eq:des-int1}
\lint _{R} f(x,y)\leq \lint _{a}^{b} \underline{G}(x)dx 
\end{equation}

\noindent Análogamente, $\uint _{a}^{b} \overline{G}(x)dx\leq \overline{S}(f,P)$; entonces:

\begin{equation}\label{eq:des-int2}
\uint _{a}^{b} \overline{G}(x)dx\leq \uint _{R} f(x,y)  
\end{equation}

\noindent Por otro lado,
\[
\underline{G}(x)=\lint _{c}^{d} f_{x}(y)dy\leq 
\uint _{c}^{d} f_{x}(y)dy=\overline{G}(x)
\]

\noindent por tanto:
\begin{equation}\label{eq:des-int3}
\lint _{a}^{b} \underline{G}(x)dx\leq \lint _{a}^{b} \overline{G}(x)dx\leq \uint _{a}^{b} \overline{G}(x)dx 
\end{equation}

\noindent además:

\begin{equation} \label{eq:des-int4}
\lint _{a}^{b} \underline{G}(x)dx\leq \uint _{a}^{b} \underline{G}(x)dx\leq \uint _{a}^{b} \overline{G}(x)dx  
\end{equation}

\noindent De \ref{eq:des-int1}, \ref{eq:des-int2}, \ref{eq:des-int3} y \ref{eq:des-int4} tenemos que
\[
 \lint _{R} f(x,y)\leq \lint _{a}^{b} \underline{G}(x)dx\leq \lint _{a}^{b} \overline{G}(x)dx
\]
\[
\leq \uint _{a}^{b} \overline{G}(x)dx\leq 
\uint _{R} f(x,y)
\]


\noindent y
\[
\lint _{R} f(x,y)\leq \uint _{a}^{b} \underline{G}(x)dx\leq \uint _{a}^{b} \overline{G}(x)dx\leq \uint _{R} f(x,y)
\]
Como $f$ es integrable,
\[
\lint _{R} f(x,y)=\uint _{R} f(x,y)= \int_{R} f(x,y)=\int_{a}^{b} \int_{c}^{d} f(x,y)dydx
\]

\noindent Se concluye que:
\[
 \lint _{a}^{b} \underline{G}(x)dx=\int_{a}^{b} \int_{c}^{d} f(x,y)dydx=\uint _{a}^{b} \underline{G}(x)dx
\]
\[
\text{y }\ \ \uint _{a}^{b} \overline{G}(x)dx=\int_{a}^{b} \int_{c}^{d} f(x,y)dydx=\lint _{a}^{b} \overline{G}(x)dx
\]


Por lo tanto $\underline{G}$ y $\overline{G}$ son integrables y
\[
\int_{a}^{b} \overline{G}(x)dx=\int_{a}^{b} \overline{G}(x)dx= \int_{R} f(x,y)d(x,y)\Diamond 
\]

La generalización del teorema a $\mathbb{R}^{n}$ se deja como ejercicio.


\section{Ejemplos.}


1. $f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
(x+y)^{-2} & \text{, }x\leq y\leq 2x \\ 
0 & \text{en lo demas}\end{array}\right. $, $R=[1,2]\times \lbrack 1,4]$

\begin{figure} \centering 
%original-width 174pt;original-height 226pt;
\includegraphics[width=180pt,height=198pt]{./img-old/03/I11MY501}
\caption{figura 58}
\label{fig:ej-fubini}
\end{figure}

\noindent La función es continua excepto en segmentos de recta que son
de contenido cero en $\mathbb{R}^{2}$, por lo tanto es integrable. Para $x$
fija, $y$ varia de $x$ a $2x$, $x\leq y\leq 2x$. Vea la figura \ref{fig:ej-fubini}. Como
\[
 \int_{1}^{4} f(x,y)dy=\int_{1}^{x} 0dy+\int_{x}^{2x} (x+y)^{-2}dy+\int_{2x}^{4} 0dy
\]
\[
 =-(x+y)^{-1}{ \mid }_{y=x}^{y=2x}=-\frac{1}{3x}+\frac{1}{2x}
\]
entonces,
\[
 \int_{1}^{2} \int_{1}^{4} f(x,y)dydx=\int_{1}^{2} \left( -\frac{1}{3x}+\frac{1}{2x}\right) dx
\]
\[
 =\left( \frac{1}{2}\log (x)-\frac{1}{3}\log (x)\right) { \mid }_{1}^{2}=\frac{1}{2}\log (2)-\frac{1}{3}\log (2)
\]


2. Sea $f:[a,b]\times \lbrack a,b]\rightarrow \mathbb{R}$ integrable. Vamos
a demostrar que que
\[
 \int_{a}^{b} \int_{a}^{y} f(x,y)dxdy=\int_{a}^{b} \int_{x}^{b} f(x,y)dydx .
\]


Para cada $y$ en $[a,b]$ definimos $F(y)=\int_{a}^{y} f(x,y)dx$. Al ir variando $y$, estaremos calculando la integral $\int_{a}^{y} f(x,y)dx$, sobre las rectas paralelas al eje $X$, hasta
llenar el triángulo (ver figura \ref{fig:cambio-ord-int}).

Análogamente, para cada $x$ fija en $\left[ a,b\right] $, definimos $G(x)=\int_{x}^{b} f(x,y)dy$; y, ahora, al variar $x$
estaremos calculando la integral sobre las rectas paralelas al eje $Y$,
hasta llenar el mismo triángulo.

\begin{figure} \centering 
%original-width 212pt;original-height 106pt;
\includegraphics[width=291pt,height=141pt]{./img-old/03/HYOR8Z1P}
\caption{}
\label{fig:cambio-ord-int}
\end{figure}

\noindent De modo que,
\[
\int_{a}^{b} F(y)dy=\text{integral sobre el triángulo}=\int_{a}^{b} G(x)dx
\]

\noindent por tanto
\[
 \int_{a}^{b} \int_{a}^{y} f(x,y)dxdy=\int_{a}^{b} \int_{x}^{b} f(x,y)dydx .
\]


3. Utilizaremos el teorema de Fubini para demostrar que $\frac{\partial
^{2}f}{\partial x\partial y}=\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}$ en
un conjunto abierto $U$, si éstas son continuas en $U$.

Supongamos que las parciales cruzadas no son iguales; es decir, que existe
un punto $P\in U$ y un rectángulo $R$ con centro en $P$ tales que $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}-\frac{\partial ^{2}f}{\partial
y\partial x}>0$ para toda $x$ en $R$, entonces
\[
 \int_{R} \frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}-\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}>0
\]
Como las segundas parciales cruzadas son continuas, por hipótesis, podemos aplicar el teorema de Fubini, entonces
\[
 \int_{R} \frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}=\int_{c}^{d} \left( \int_{a}^{b} \frac{\partial
^{2}f}{\partial x\partial y}dx\right) dy=\int_{c}^{d} \left( \int_{a}^{b} \frac{\partial }{\partial x}\left( 
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right) dx\right) dy
\]


\noindent Dejando fija $y$, definimos $F(x)=f(x,y)$, entonces $F^{\prime
}(x)=\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)$ y,
\[
 \int_{a}^{b} F^{\prime }(x)=F(b)-F(a) ,
\]

\noindent por lo que
\[
\int_{c}^{d} \left( \int_{a}^{b} \frac{\partial }{\partial x}\left( \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right)
dx\right) dy=\int_{c}^{d} \left( \frac{\partial f}{\partial y}(b,y\right) -\left( \frac{\partial f}{\partial y}(a,y\right) dy
\]
\[
 =\int_{c}^{d} \left( \frac{\partial f}{\partial y}(b,y\right) dy-\int_{c}^{d} \left( \frac{\partial f}{\partial y}(a,y\right) dy=f(b,d)-f(b,c)-f(a,d)+f(a,c)
\]
por tanto:
\[
 \int_{R} \frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}=f(b,d)-f(b,c)-f(a,d)+f(a,c)
\]

Análogamente,
\[
 \int_{R} \frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}=\int_{a}^{b} \left( \int_{c}^{d} \frac{\partial
^{2}f}{\partial y\partial x}dy\right) dx
\]
\[
=\int_{a}^{b} \left( \frac{\partial f}{\partial x}(x,d\right) -\left( \frac{\partial f}{\partial x}(x,c\right)
dx=f(b,d)-f(a,d)-f(b,c)+f(a,c)
\]


\noindent Así, llegamos a que $ \int_{R} \frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}- \int_{R} \frac{\partial ^{2}f}{\partial
y\partial x}=0$, lo que contradice que $ \int_{R} \frac{\partial
^{2}f}{\partial x\partial y}-\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}>0$

\bigskip

\noindent por tanto, es falso suponer que existe $P\in U$ tal que $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}-\frac{\partial ^{2}f}{\partial
y\partial x}>0$. Análogamente se llega a una contradicción, si
suponemos $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}-\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}<0$. Concluimos que $\frac{\partial ^{2}f}{\partial
x\partial y}-\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}=0\Diamond $


\section{Ejercicios}


1.Ejercios resueltos.

\noindent a) $f(x,y)=e^{x}\sin y$; para $(x,y)\in \lbrack 0,1]\times \lbrack
0,\pi ]$
\[
\underset{[0,1]\times \lbrack 0,\pi ]}{\iint }\left( e^{x}\sin y\right)
d(x,y)=\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{\pi } e^{x}\sin ydy\right) dx
\]
\[
=\int_{0}^{1} \left( -e^{x}\cos y\overset{y=\pi }{\underset{y=0}{{ \mid }}}\right) dx=\int_{0}^{1} 2e^{x}dx=2e-2.
\]


\noindent b) $f(x,y)=\cos x\cos y$; $(x,y)\in \lbrack 0,\pi ]\times \lbrack
0,\frac{\pi }{2}]$

\[
\underset{[0,\pi ]\times \lbrack 0,\frac{\pi }{2}]}{\iint }\left( \cos
x\cos y\right) d(x,y)=\int_{0}^{\pi } \left( \int _{0}^{\frac{\pi }{2}} e^{x}\sin ydy\right) dx
\]
\[
=\int_{0}^{\pi } \left( \cos x\sin y\overset{y=\frac{\pi 
}{2}}{\underset{y=0}{{ \mid }}}\right) dx=\int_{0}^{\pi } \cos xdx=0
\]


\noindent c) $f(x,y)=x^{3}+y^{2}$, con $(x,y)\in \lbrack 0,1]\times \lbrack
0,1]$
\[
\underset{[0,1]\times \lbrack 0,1]}{\iint }x^{3}+y^{2}d(x,y)=\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{1} \left(
x^{3}+y^{2}\right) dx\right) dy
\]
\[
=\int_{0}^{1} \left( \left( \frac{x^{4}}{4}+y^{2}x\right) \overset{x=1}{\underset{x=0}{{ \mid }}}\right) dy\text{\thinspace }=\int_{0}^{1} \frac{1}{4}+y^{2}dy=\left( 
\frac{y}{4}+\frac{y^{3}}{3}\right) \overset{y=1}{\underset{y=0}{{ \mid 
}}}=\frac{7}{12}
\]


\noindent d) $f(x,y)=4x^{3}+6xy^{2}$; para $(x,y)\in \lbrack 1,3]\times
\lbrack -2,1]$
\[
\underset{[1,3]\times \lbrack -2,1]}{\iint }4x^{3}+6xy^{2}d(x,y)=\int_{1}^{3} \left( \int_{-2}^{1} \left( 4x^{3}+6xy^{2}\right) dy\right) dx
\]

Calculando primero $\int_{-2}^{1} \left(
4x^{3}+6xy^{2}\right) dy$, tratando a $x$ como si fuera una constante, nos
queda:
\[
 \iint _{[1,3]\times \lbrack -2,1]} 4x^{3}+6xy^{2}d(x,y)=\int_{1}^{3} \left( (4x^{3}y+2xy^{3})\overset{y=1}{\underset{y=-2}{{ \mid }}}\right) dx
\]
\[
 =\int_{1}^{3} \left( 4x^{3}+2x+8x^{3}+16x\right) dx
\]
\[
=\int_{1}^{3} \left( 12x^{3}+18x\right) dx=\left(
3x^{4}+9x^{2}\right) \overset{x=3}{\underset{x=1}{{ \mid }}}=312
\]


\noindent e) $f(x,y)=x^{2}y^{2}\cos x^{3}$, $(x,y)\in \lbrack 0,\frac{\pi }{2}]\times \lbrack 0,1]$

Podemos definir $\varphi (x)=x^{2}\cos x^{3}$ \ y \ $\phi (y)=y^{2}$,
entonces la integral doble está dada por
\[
\underset{[0,\frac{\pi }{2}]\times \lbrack 0,1]}{\iint }x^{2}y^{2}\cos
x^{3}d(x,y)=\left( \int_{0}^{1} y^{2}dy\right) \left( 
\int_0^{\frac{\pi }{2}} x^{2}\cos x^{3}dx\right) 
\]
\[
=\left( \frac{y^{3}}{3}\overset{y=1}{\underset{y=0}{{ \mid }}}\right)
\left( \frac{\sin x^{3}}{3}\overset{x=\frac{\pi }{2}}{\underset{x=0}{{ \mid }}}\right) =\frac{1}{9}.
\]


\noindent f) $f(x,y)=\log \left[ (x+1)(y+1)\right] $, $R=[0,1]\times \lbrack
0,1]$

\noindent Como,
\[
 \int_{0}^{1} \log \left[ (x+1)(y+1)\right] dy=\int_{0}^{1} \left( \log (x+1)+\log (y+1)\right) dy
\]
\[
=\int_{0}^{1} \log (x+1)dy+\int _{0}^{1} \log (y+1)dy
\]
\[
 =y\log (x+1){ \mid }_{0}^{1}+\left( (y+1)\log (y+1)-y\right) { \mid }_{0}^{1}
\]
\[
=\log (x+1)+2\log (2)-1-\log (1)=\log (x+1)+2\log (2)-1.
\]

\noindent entonces,
\[
\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \log \left[
(x+1)(y+1)\right] dydx=\int_{0}^{1} \left[ \log
(x+1)+2\log (2)-1\right] dx
\]
\[
 =\left[ (x+1)\log (x+1)-x+2\log (2)x-x\right] { \mid }_{0}^{1}
\]
\[
=2\log (2)-1+2\log (2)-1-\log (1)=4\log (2)-2.
\]


2. Calcular la integral sobre $R=[0,1]\times \lbrack 0,1]$ para cada una de
las siguientes funciones:

\begin{quote}
\noindent a) $f(x,y)=x^{2}+y^{2}$

\noindent b) $f(x,y)=\sin (x+y)$

\noindent c) $f(x,y)=ax+by+x$

\noindent d) $f(x,y)=\left( xy\right) ^{2}\cos (x^{3})$
\end{quote}

\bigskip

3. Demostrar el siguiente

\noindent \textbf{Resultado}\textit{: Si }$f(x,y)=\varphi (x)\phi (y)$\textit{, con }$(x,y)\in \lbrack a,b]\times \lbrack c,d]$\textit{, entonces:}

\qquad\ \qquad $\iint _{\lbrack a,b]\times \lbrack c,d]} f(x,y)d(x,y)=\left( \int_{a}^{b} \varphi (x)dx\right)
\left( \int_{c}^{d} \phi (y)dy\right) $

\bigskip

4. Sea $R=[0,1]\times \lbrack 0,1]\rightarrow \mathbb{R}$. Considérense las
siguientes dos funciones definidas en $R$.

\noindent i) $f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & x=\frac{p}{q}\text{, }y=\frac{m}{q}\text{ con }p\text{ y }q\text{ primos
relativos; y, }m\text{ y }q\text{ también} \\ 
1 & \text{en cualquier otro caso}\end{array}\right. $

\noindent ii) $f(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
0 & (x,y)\in \Omega \\ 
1 & (x,y)\notin \Omega\end{array}\right. $, $\Omega $ el conjunto del ejercicio 5 del capitulo II

\noindent Para cada función:

\noindent a) demostrar que
\[
\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{1} f(x,y)dx\right) dy=\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{1} f(x,y)dy\right) dx
\]


\noindent b) Demostrar que no existe la integral $ \int_{R} f$.

\noindent Sugerencia para (i)(a): Demostrar que, para cada $x$ fija en $\left[ 0,1\right] $, la integral $G(x)=\int_{0}^{1} f(x,y)dy$ existe y calcularla. Calcular ahora $\int _{0}^{1} G(x)dx$. Después, hacer el mismo proceso empezando ahora con las "$y$'s". Para el inciso (i)(b), Considerese el conjunto $\Omega =\left\{ \left( 
\frac{p}{q},\frac{m}{q}\right) \mid p\text{ y }q\text{ son primos relativos;
y, }m\text{ y }q\text{ también}\right\} $. Nótese que $\Omega $ no
incluye a todas las parejas de racionales en $R$. Demuéstrese que $\Omega $ es denso en $R$. Ahora determínese el conjunto $\Lambda _{f}$
en $R$; o, determínese $\overline{S}(f,P)$ y $\underline{S}(f,P)$ $\forall $ $P$ partición de $R$.

\bigskip

5. Para la siguiente integral,
\[
\int_{1}^{4} \left( \int _{1}^{\sqrt{x}} \frac{e^{x\left( y\right) ^{-2}}}{y^{5}}dy\right) dx
\]


\noindent Hacer un dibujo de la región de integración, escribir la
integral como una integral iterada primero respecto a $x$ y luego respecto a 
$y$. ¿ Cuál orden de integración es más fácil? Calcular la integral.

\bigskip

*6. Sea $f:R= \prod_{i=1 }^n \left[ a_{i},b_{i}\right] \rightarrow \mathbb{R}$

\noindent a) Definir las integrales iteradas para $n=3$; y dar una explicación geométrica.

\noindent b) Enunciar una generalización del teorema de Fubini para $n=3$
y $n>3$.

\bigskip

7. Para cada una de las siguientes integrales, describir la región de
integración y determinar los límites de integración si el orden
cambia a $dydzdx$ o a $dydxdz$

\noindent a) $\int_{0}^{2} \left( \int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{y} f(x,y,z)dx\right) dy\right)
dz $

\bigskip

\noindent b) $\int_{1}^{2} \left( \int _{0}^{\sqrt{4-z^{2}}} \left( \int _{0}^{\sqrt{4-y^{2}-z^{2}}} f(x,y,z)dx\right) dy\right) dz$

\bigskip

\noindent c) $\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{x+y} f(x,y,z)dz\right) dy\right)
dx$

\bigskip

\noindent d) $\int_{0}^{2} \left( \int_{0}^{1} \left( \int _{0}^{x^{2}+y^{2}} f(x,y,z)dz\right)
dy\right) dx$

\bigskip

8. Sea $S_{3}=\left\{ (x,y,z)\in \mathbb{R}^{3}\mid x\geq 0\text{, }y\geq 0\text{, }z\geq 0\text{ y }x+y+z\leq 1\right\} $

\noindent a) Dibujar el conjunto $S_{3}$. b) Calcular el volumen de $S_{3}$,
expresando la integral $\int_{S_{3}} 1$ como una integral triple
(con tres iteraciones).

\bigskip

9. Un simplejo en $\mathbb{R}^{n}$ se define como
\[
S=\left\{ (x_{1},x_{1}, \ldots ,x_{n})\in \mathbb{R}^{n}\mid x_{1}\geq
0,x_{2}\geq 0, \ldots ,x_{n}\geq 0\text{ y }x_{1}+x_{2}+ \cdots +x_{n}\leq 1\right\} 
\]

\noindent Demostrar que el hiper volumen o contenido de Jordán de $S$ es
igual a uno entre ene factorial: $c(S)=\frac{1}{n!}$, expresando la integral 
$ \int_{S} 1$ como una integral $n$-múltiple (con $n$
iteraciones)$.$

10. Designemos con $S_{n}(a)$ el conjunto en el espacio de dimensión $n$, con $a>0$:
\[
S_{n}(a)=\left\{ (x_{1}, \ldots ,x_{n})\mid \left\vert x_{1}\right\vert
+\left\vert x_{2}\right\vert + \cdots +\left\vert x_{n}\right\vert \leq a\right\} 
\]


\noindent Obsérvese que para $n=2$, $S_{2}(a)$ es un cuadrado con vértices en $(0,\pm a)$ y ($\pm a,0)$. Para $n=3$, $S_{3}(a)$ es un octaedro
con vértices en $(0,0,\pm a)$, $(0,\pm a,0)$ y $(\pm a,0,0)$. Nótese
también que el volumen de $S_{n}$ esta dado por:
\[
c(S_{n}(a))= \int_{S_{n}(a)} 1dx_{1} \ldots dx_{n}
\]

\noindent a) Calcular el área de $S_{2}(a)$ y el volumen de $S_{3}(a)$
para $a=1$ y $a>1$, expresando las integrales:
\[
\int_{S_{2}(a)} 1\text{ y }\int_{S_{3}(a)} 1
\]


\noindent como una integral doble y una triple (de dos y tres iteraciones)
respectivamente.

\noindent b) Demostrar que el volumen de $S_{3}(a)$ está dado por: $V(S_{3}(a))=a^{3}V(S_{3}(1))$;

\noindent c) Expresar el hipervolumen o contenido de Jordán de $S_{n}(a)$
como una integral $n$-múltiple (con $n$ iteraciones) y demostrar que $c(S_{n}(a))=a^{n}c(S_{n}(1))$

\noindent d) Para $n\geq 2$, expresar el volumen de $S_{n}(1)$ como una
integral de una variable y una integral $\left( n-1\right) $-múltiple, y
demostrar que
\[
\int_{S_{n}(1)} 1dx_{1} \ldots dx_{n}=\left( \int_{S_{n-1}(1)} 1dx_{1} \ldots dx_{n-1}\right) \left( \int_{-1}^{1} \left( 1-x\right) ^{n-1}dx\right) =\frac{2}{n}c(S_{n-1}(1))
\]

\noindent e) Deducir que $c(S_{n}(a))=\frac{2^{n}a^{n}}{n!}$

